《2022年高三數(shù)學上學期期中試題 理（含解析）蘇教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三數(shù)學上學期期中試題 理（含解析）蘇教版（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三數(shù)學上學期期中試題 理（含解析）蘇教版 　 一、填空題（本大題共14小題，每小題5分，共70分，請將答案填寫在答題卡相應的位置上） 1．已知全集U=R，A={x|x≤0}，B={x|x≥2}，則集合?U（A∪B）=　{x|0＜x＜2}?。? 考點： 交、并、補集的混合運算． 專題： 函數(shù)的性質(zhì)及應用． 分析： 本題可以先求根據(jù)集合A、B求出集合A∪B，再求出集合（A∪B），得到本題結(jié)論． 解答： 解：∵A={x|x≤0}，B={x|x≥2}， ∴A∪B={x|x≤0或x≥2}， ∴?U（A∪B）={x|0＜x＜2}． 故答案為：{x|0＜x＜2}． 點評：

2、 本題考查了集合的并集運算和集合的交集，本題難度不大，屬于基礎題． 　 2．函數(shù)y=sinxcosx的最小正周期是　2?。? 考點： 三角函數(shù)的周期性及其求法． 專題： 三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)． 分析： 利用二倍角的正弦公式可得函數(shù)f（x）=sinπx，再根據(jù)函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的周期性可得結(jié)論． 解答： 解：∵函數(shù)y=sinxcosx=sinπx，故函數(shù)的最小正周期是=2， 故答案為：2． 點評： 本題主要考查二倍角的正弦公式、函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的周期性，屬于基礎題． 　 3．已知向量與共線，則實數(shù)x的值為　1　． 考點： 平面向量共線（平行）的坐

3、標表示． 專題： 平面向量及應用． 分析： 根據(jù)向量平行的坐標表示，求出x的值即可． 解答： 解：∵向量與共線， ∴2（3x﹣1）﹣4×1=0， 解得x=1； ∴實數(shù)x的值為1． 故答案為：1． 點評： 本題考查了平面向量的坐標表示的應用問題，解題時應熟記公式，以便進行計算，是基礎題． 　 4．△ABC中，角A，B的對邊分別為a，b，則“A＞B”是“a＞b”的　充要　條件（填“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分也不必要”）． 考點： 必要條件、充分條件與充要條件的判斷． 專題： 解三角形；簡易邏輯． 分析： 運用三角形中的正弦定理推導，判斷答案．

4、 解答： 解：∵△ABC中，角A，B的對邊分別為a，b，a＞b， ∴根據(jù)正弦定理可得：2RsinA＞2RsinB，sinA＞sinB， ∴A＞B 又∵A＞B，∴sinA＞sinB，2RsinA＞2RsinB，即a＞b， ∴根據(jù)充分必要條件的定義可以判斷：“A＞B”是“a＞b”的充要條件， 故答案為：充要 點評： 本題考查了解三角形，充分必要條件的定義，屬于中檔題． 　 5．已知f（sinα+cosα）=sin2α，則的值為　﹣?。? 考點： 同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運用． 專題： 三角函數(shù)的求值． 分析： 令sinα+cosα=t，可得 sin2α=t2﹣1，﹣≤t≤．

5、可得f（t）=t2﹣1，從而求得 f（ ） 的值． 解答： 解：令sinα+cosα=t，平方后化簡可得 sin2α=t2﹣1，再由﹣1≤sin2α≤1，可得﹣≤t≤． 再由 f（sinα+cosα）=sin2α，可得 f（t）=t2﹣1， ∴f（）=﹣1=﹣， 故答案為：﹣． 點評： 本題主要考查用換元法求函數(shù)的解析式，注意換元中變量取值范圍的變化，屬于基礎題． 　 6．設曲線y=ax﹣ln（x+1）在點（0，0）處的切線方程為y=2x，則a=　3?。? 考點： 利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程． 專題： 計算題；導數(shù)的概念及應用． 分析： 根據(jù)導數(shù)的幾何意義，即f′（

6、x0）表示曲線f（x）在x=x0處的切線斜率，再代入計算． 解答： 解：y=ax﹣ln（x+1）的導數(shù) ， 由在點（0，0）處的切線方程為y=2x， 得， 則a=3． 故答案為：3． 點評： 本題是基礎題，考查的是導數(shù)的幾何意義，這個知識點在高考中是經(jīng)?？疾榈膬?nèi)容，一般只要求導正確，就能夠求解該題．在高考中，導數(shù)作為一個非常好的研究工具，經(jīng)常會被考查到，特別是用導數(shù)研究最值，證明不等式，研究零點問題等等經(jīng)常以大題的形式出現(xiàn)，學生在復習時要引起重視． 　 7．若sin（﹣θ）=，則cos（+2θ）的值為　﹣?。? 考點： 兩角和與差的正弦函數(shù)；兩角和與差的余弦函數(shù)． 專題

7、： 計算題；三角函數(shù)的求值． 分析： 首先運用的誘導公式，再由二倍角的余弦公式：cos2α=2cos2α﹣1，即可得到． 解答： 解：由于sin（﹣θ）=， 則cos（+θ）=sin（﹣θ）=， 則有cos（+2θ）=cos2（+θ） =2cos2（+θ）﹣1=2×（）2﹣1=﹣． 故答案為：﹣． 點評： 本題考查誘導公式和二倍角的余弦公式及運用，考查運算能力，屬于中檔題． 　 8．△ABC中，AB=AC，BC的邊長為2，則的值為　4?。? 考點： 平面向量數(shù)量積的運算． 專題： 平面向量及應用． 分析： 根據(jù)數(shù)量積的定義和三角函數(shù)判斷求解． 解答： 解：在△ABC

8、中，BC=2，AB=AC， 設AB=AC=x，則2x＞2，x＞1， ∴cosB==， 所以=4xcosB=4x=4． 故答案為4． 點評： 本題利用向量為載體，考察函數(shù)的單調(diào)性，余弦定理，三角形中的邊角關(guān)系． 　 9．若將函數(shù)f（x）=sin（2x+）的圖象向右平移φ個單位，所得圖象關(guān)于y軸對稱，則φ的最小正值是　?。? 考點： 函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換． 專題： 三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)． 分析： 根據(jù)函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，可得所得圖象對應的函數(shù)解析式為y=sin（2x+﹣2φ），再根據(jù)所得圖象關(guān)于y軸對稱可得﹣2φ=kπ+，k∈z，由此

9、求得φ的最小正值． 解答： 解：將函數(shù)f（x）=sin（2x+）的圖象向右平移φ個單位， 所得圖象對應的函數(shù)解析式為y=sin[2（x﹣φ）+]=sin（2x+﹣2φ）關(guān)于y軸對稱， 則 ﹣2φ=kπ+，k∈z，即 φ=﹣﹣，故φ的最小正值為， 故答案為：． 點評： 本題主要考查函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，余弦函數(shù)的圖象的對稱性，屬于中檔題． 　 10．已知函數(shù)f（x）=，則f（）+f（）+f（）+…+f（）=　15　． 考點： 函數(shù)的值． 專題： 函數(shù)的性質(zhì)及應用． 分析： 由f（x）+f（1﹣x）=+=3，能求出f（）+f（）+f（）+…+f（）的值

10、． 解答： 解：∵f（x）=， ∴f（x）+f（1﹣x）=+=3， ∴f（）+f（）+f（）+…+f（）=5×3=15． 故答案為：15． 點評： 本題考查函數(shù)值的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意函數(shù)性質(zhì)的合理運用． 　 11．函數(shù)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，f（3）=0，且x＜0時，xf′（x）＜f（x），則不等式f（x）≥0的解集是　{x|﹣3＜x＜0或x＞3}?。? 考點： 函數(shù)奇偶性的性質(zhì)． 專題： 函數(shù)的性質(zhì)及應用；導數(shù)的概念及應用． 分析： 本題可構(gòu)造函數(shù)（x≠0），利用f′（x）相關(guān)不等式得到函數(shù)g（x）的單調(diào)性，由函數(shù)f（x）是的奇偶性得到函數(shù)g（

11、x）的奇偶性和圖象的對稱性，由f（3）=0得到函數(shù)g（x）的圖象過定點，再將不等式f（x）≥0轉(zhuǎn)化為關(guān)于g（x）的不等式，根據(jù)g（x）的圖象解不等式，得到本題結(jié)論． 解答： 解：記（x≠0）， 則． ∵當x＜0時，xf′（x）＜f（x）， ∴當x＜0時，g′（x）＜0， ∴函數(shù)g（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減． ∵函數(shù)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)， ∴， ∴函數(shù)g（x）是定義在R上的偶函數(shù)， ∴函數(shù)g（x）的圖象關(guān)于y軸對稱， ∴函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增． ∵f（3）=0， ∴g（3）=， ∴函數(shù)g（x）的圖象過點（3，0）和（﹣3，0）． ∵不等式f（

12、x）≥0， ∴xg（x）≥0， ∴或， ∴﹣3＜x＜0或x＞3． ∴不等式f（x）≥0的解集是{x|﹣3＜x＜0或x＞3}． 故答案為：{x|﹣3＜x＜0或x＞3}． 點評： 本題考查了函數(shù)的奇偶性、對稱性、導數(shù)和單調(diào)性，本題難度不大，屬于基礎題． 　 12．如圖，△ABC中，延長CB到D，使BD=BC，當E點在線段AD上移動時，若，則t=λ﹣μ的最大值是　3　． 考點： 平面向量的基本定理及其意義． 專題： 平面向量及應用． 分析： 共線，所以存在實數(shù)k使，根據(jù)向量的加法和減法以及B是CD中點，可用表示為：，所以又可以用表示為：=，所以根據(jù)平面向量基本定理得：，

13、λ﹣μ=3k≤3，所以最大值是3． 解答： 解：設==，0≤k≤1； 又； ∴； ∴t=λ﹣μ=3k，0≤k≤1； ∴k=1時t取最大值3． 即t=λ﹣μ的最大值為3． 故答案為：3． 點評： 考查共線向量基本定理，向量的加法、減法運算，以及平面向量基本定理． 　 13．已知函數(shù)f（x）=|x2+x﹣2|，x∈R．若方程f（x）﹣a|x﹣2|=0恰有4個互異的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍為?。?，1）?。? 考點： 根的存在性及根的個數(shù)判斷． 專題： 計算題；數(shù)形結(jié)合；函數(shù)的性質(zhì)及應用． 分析： 由y=f（x）﹣a|x﹣2|=0得f（x）=a|x﹣2|，顯然x=2不是

14、方程的根，則a=||，令x﹣2=t，則a=|t++5|有4個不相等的實根，畫出y=|t++5|的圖象，利用數(shù)形結(jié)合即可得到結(jié)論． 解答： 解：方程f（x）﹣a|x﹣2|=0， 即為f（x）=a|x﹣2|， 即有|x2+x﹣2|=a|x﹣2|， 顯然x=2不是方程的根， 則a=||， 令x﹣2=t，則a=|t++5|有4個不相等的實根，畫出y=|t++5|的圖象，如右圖： 在﹣4＜t＜﹣1時，t++5≤﹣2+5=1． 則要使直線y=a和y=|t++5|的圖象有四個交點，則a的范圍是（0，1）， 故答案為：（0，1）． 點評： 本題主要考查函數(shù)零點個數(shù)的應用，利用數(shù)形結(jié)合是

15、解決本題的關(guān)鍵，屬于中檔題． 　 14．若函數(shù)f（x）=x2﹣ex﹣ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是?。ī仭?，2ln2）?。? 考點： 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性． 專題： 函數(shù)的性質(zhì)及應用；導數(shù)的綜合應用． 分析： 根據(jù)題意可得a＜2x﹣ex有解，轉(zhuǎn)化為g（x）=2x﹣ex，a＜g（x）max，利用導數(shù)求出最值即可． 解答： 解：∵函數(shù)f（x）=x2﹣ex﹣ax， ∴f′（x）=2x﹣ex﹣a， ∵函數(shù)f（x）=x2﹣ex﹣ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間， ∴f′（x）=2x﹣ex﹣a＞0， 即a＜2x﹣ex有解， 令g′（x）=2﹣ex， g′（x）=2

16、﹣ex=0，x=ln2， g′（x）=2﹣ex＞0，x＜ln2， g′（x）=2﹣ex＜0，x＞ln2 ∴當x=ln2時，g（x）max=2ln2﹣2， ∴a＜2ln2﹣2即可． 故答案為：（﹣∞，2ln2） 點評： 本題考察了導數(shù)在解決函數(shù)最值，單調(diào)性，不等式成立問題中的應用，屬于難題． 　 二、解答題：本大題共6小題，共90分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 15．（14分）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且asinB﹣bcosA=0． （1）求角A的大??； （2）若a=1，b=，求△ABC的面積． 考點： 正弦定理；余弦定理．

17、專題： 解三角形． 分析： （1）已知等式利用正弦定理化簡，由sinB不為0求出tanA的值，即可確定出A的度數(shù)； （2）由余弦定理列出關(guān)系式，把a，b，cosA的值代入求出c的值，利用三角形面積公式即可求出三角形ABC面積． 解答： 解：（1）已知等式asinB﹣bcosA=0，利用正弦定理化簡得：sinAsinB﹣sinBcosA=0， ∵sinB≠0，∴tanA=， 則A=30°； （2）由余弦定理得：a2=b2+c2﹣2bccosA，即1=3+c2﹣3c， 解得：c=1或c=2， 當c=1時，S△ABC=bcsinA=××1×=； 當c=2時，S△ABC=bcsinA

18、=××2×=． 點評： 此題考查了正弦、余弦定理，三角形面積公式，熟練掌握正弦定理是解本題的關(guān)鍵． 　 16．（14分）已知函數(shù)f（x）=ax3﹣3x． （1）求函數(shù)f（x）單調(diào)區(qū)間； （2）若在區(qū)間[1，2]上，f（x）≥4恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 考點： 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；函數(shù)恒成立問題． 專題： 導數(shù)的綜合應用． 分析： （1）a=0時，函數(shù)是減函數(shù)；a≠0時，由f（x）=ax3﹣3x（a≠0）?f′（x）=3ax2﹣3=3（ax2﹣1），分a＞0與a＜0討論，通過f′（x）的符號即可求得函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間； （2）利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而得出

19、函數(shù)在閉區(qū)間上的最小值，即得到參數(shù)的一個方程，從而求出參數(shù)． 解答： 解：（1）a=0時，f（x）=﹣3x， ∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間是R； 當a≠0時， ∵f（x）=ax3﹣3x，a≠0， ∴f′（x）=3ax2﹣3=3（ax2﹣1）， ∴當a＞0時， 由f′（x）＞0得：x＞或x＜﹣， 由f′（x）＜0得：﹣ 當a＜0時，由f′（x）＞0得：， 由f′（x）＜0得：x＜或x＞﹣； ∴當a＞0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣∞，﹣），（，+∞）；函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣，），）； 當a＜0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（，﹣），函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為

20、（﹣∞，），（﹣，+∞）； （2）當a≤0時，由（1）可知，f（x）在區(qū)間[1，2]是減函數(shù)， 由f（2）=4得，（不符合舍去）， 當a＞0時，f′（x）=3ax2﹣3=0的兩根x=， ①當，即a≥1時，f′（x）≥0在區(qū)間[1，2]恒成立，f（x）在區(qū)間[1，2]是增函數(shù)，由f（1）≥4得a≥7； ②當，即時　f′（x）≤0在區(qū)間[1，2]恒成立　f（x）在區(qū)間[1，2]是減函數(shù)，f（2）≥4，a（不符合舍去）； ③當1，即時，f（x）在區(qū)間[1，]是減函數(shù)，f（x）在區(qū)間[，2]是增函數(shù)；所以f（）≥4無解． 綜上，a≥7． 點評： 本題考查的是導數(shù)知識，重點是利用導數(shù)判斷

21、函數(shù)的單調(diào)性，難點是分類討論．對學生的能力要求較高，屬于難題． 　 17．（14分）某實驗室某一天的溫度（單位：°C）隨時間t（單位：h）的變化近似滿足函數(shù)關(guān)系：f（t）=9﹣t，t∈[0，24）． （1）求實驗室這一天里，溫度降低的時間段； （2）若要求實驗室溫度不高于10°C，則在哪段時間實驗室需要降溫？ 考點： 兩角和與差的正弦函數(shù)． 專題： 計算題；應用題；三角函數(shù)的求值． 分析： （1）利用兩角和差的正弦公式化簡函數(shù)解析式為f（t）=9﹣2sin（），t∈[0，24），利用正弦函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間，即可得到； （2）由題意可得，令f（t）≤10時，不需要降溫，運用正弦

22、函數(shù)的性質(zhì)，解出t，再求補集即可得到． 解答： 解：（1）f（t）=9﹣t，t∈[0，24）， 則f（t）=9﹣2（） =9﹣2sin（）， 令2k2k，解得24k+2≤t≤24k+14，k為整數(shù)， 由于t∈[0，24），則k=0，即得2≤t≤14． 則有實驗室這一天里，溫度降低的時間段為[2，14]； （2）令f（t）≤10，則9﹣2sin（）≤10， 即有sin（）， 則﹣， 解得24k﹣6≤t≤24k+10，k為整數(shù)， 由于t∈[0，24），則得到0≤t≤10或18≤t＜24， 故在10＜t＜18，實驗室需要降溫． 點評： 本題主要考查函數(shù)y=Asin（ωx+φ

23、）的圖象特征，兩角和差的正弦公式，正弦函數(shù)的定義域和值域，三角不等式的解法，屬于中檔題． 　 18．（16分）在平面直角坐標系xOy中，已知四邊形OABC是等腰梯形，，點，M滿足，點P在線段BC上運動（包括端點），如圖． （1）求∠OCM的余弦值； （2）是否存在實數(shù)λ，使，若存在，求出滿足條件的實數(shù)λ的取值范圍，若不存在，請說明理由． 考點： 數(shù)量積判斷兩個平面向量的垂直關(guān)系；數(shù)量積表示兩個向量的夾角． 專題： 平面向量及應用． 分析： （1）由題意求得 、的坐標，再根據(jù)cos∠OCM=cos＜，＞=，運算求得結(jié)果． （2）設，其中1≤t≤5，由，得，可得（2t﹣3）

24、λ=12．再根據(jù)t∈[1，）∪（，5]，求得實數(shù)λ的取值范圍． 解答： 解：（1）由題意可得，， 故cos∠OCM=cos＜，＞==． （2）設，其中1≤t≤5，，． 若， 則， 即12﹣2λt+3λ=0， 可得（2t﹣3）λ=12． 若，則λ不存在， 若，則， ∵t∈[1，）∪（，5]， 故． 點評： 本題主要考查用數(shù)量積表示兩個兩個向量的夾角，兩個向量垂直的性質(zhì)，屬于中檔題． 　 19．（16分）已知函數(shù)f（x）=x2+（x﹣1）?|x﹣a|． （1）若a=﹣1，解方程f（x）=1； （2）若函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍； （3）若函數(shù)f

25、（x）在[2，3]上的最小值為6，求實數(shù)a的值． 考點： 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；根的存在性及根的個數(shù)判斷． 專題： 計算題；導數(shù)的綜合應用． 分析： （1）化方程f（x）=1可化為x2+（x﹣1）?|x+1|=0，即2x2﹣1=0（x≥﹣1）或1=0（x＜﹣1），從而求解； （2）f（x）=x2+（x﹣1）?|x﹣a|=，則，從而求a； （3）討論a的不同取值，從而確定實數(shù)a的值． 解答： 解：（1）若a=﹣1，則方程f（x）=1可化為x2+（x﹣1）?|x+1|=0， 即2x2﹣1=0（x≥﹣1）或1=0（x＜﹣1）， 故x=或x=﹣； （2）f（x）=x2+（x﹣

26、1）?|x﹣a|=， 則若使函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增， 則， 則a≥1； （3）若a≥3，則f（x）=（a+1）x﹣a，x∈[2，3]， 則函數(shù)f（x）在[2，3]上的最小值為6，可化為 2（a+1）﹣a=6，則a=4； 若1≤a＜3，則f（x）在[2，3]上單調(diào)遞增， 則2（a+1）﹣a=6，則a=4無解， 若a＜1，＜1， 則f（x）=x2+（x﹣1）?|x﹣a|在[2，3]上單調(diào)遞增， 則2?22﹣（1+a）2+a=6， 解得，a=0． 綜上所述，a=0或a=4． 點評： 本題考查了函數(shù)導數(shù)的綜合應用，同時考查了分類討論的數(shù)學思想，屬于中檔題． 　 20

27、．（16分）已知函數(shù)f（x）=lnx﹣x+a有且只有一個零點，其中a＞0． （1）求a的值； （2）若對任意的x∈（1，+∞），有（x+1）f（x）+x2﹣2x+k＞0恒成立，求實數(shù)k的最小值； （3）設h（x）=f（x）+x﹣1，對任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），證明：不等式恒成立． 考點： 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；函數(shù)零點的判定定理． 專題： 計算題；證明題；選作題；導數(shù)的綜合應用． 分析： （1）f′（x）=﹣1，則函數(shù)f（x）=lnx﹣x+a在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，由題意，f（x）的最大值等于0，從而解出a； （2）化簡（x+1

28、）f（x）+x2﹣2x+k＞0為k＞2x﹣xlnx﹣lnx﹣1，從而將恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)g（x）=2x﹣xlnx﹣lnx﹣1在[1，+∞）上的最值問題；利用導數(shù)可得g′（x）=2﹣lnx﹣1﹣=，再令m（x）=x﹣xlnx﹣1并求導m′（x）=1﹣lnx﹣1=﹣lnx，從而判斷g（x）在（1，+∞）上的單調(diào)性，最終求出函數(shù)g（x）=2x﹣xlnx﹣lnx﹣1在[1，+∞）上的最值問題，則k≥g（1）=2﹣0﹣0﹣1=1，從而求實數(shù)k的最小值； （3）化簡h（x）=f（x）+x﹣1=lnx，則對任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），恒成立可化為對任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x

29、2），＞0恒成立；不妨沒x1＜x2，則上式可化為（x1+x2）（lnx1﹣lnx2）﹣2（x1﹣x2）＜0，從而令n（x）=（x1+x）（lnx1﹣lnx）﹣2（x1﹣x），進行二階求導，判斷n（x）在（x1，+∞）上的單調(diào)性，從而證明對任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），不等式恒成立． 解答： 解：（1）f′（x）=﹣1， 則函數(shù)f（x）=lnx﹣x+a在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減， 則若使函數(shù)f（x）=lnx﹣x+a有且只有一個零點， 則0﹣1+a=0，解得，a=1； （2）（x+1）f（x）+x2﹣2x+k＞0可化為 （x+1）（lnx﹣x+1）+

30、x2﹣2x+k＞0， 即k＞2x﹣xlnx﹣lnx﹣1對任意的x∈（1，+∞）恒成立， 令g（x）=2x﹣xlnx﹣lnx﹣1， 則g′（x）=2﹣lnx﹣1﹣=， 令m（x）=x﹣xlnx﹣1， 則m′（x）=1﹣lnx﹣1=﹣lnx， ∵x∈（1，+∞）， ∴m′（x）=1﹣lnx﹣1=﹣lnx＜0， 則m（x）=x﹣xlnx﹣1＜1﹣1ln1﹣1=0， 則g′（x）＜0， 則g（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)， 則k＞2x﹣xlnx﹣lnx﹣1對任意的x∈（1，+∞）恒成立可化為 k≥g（1）=2﹣0﹣0﹣1=1， 則k的最小值為1； （3）證明：由題意，h（x

31、）=f（x）+x﹣1=lnx， 則對任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），恒成立可化為， 對任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），＞0恒成立； 不妨沒x1＜x2，則lnx1﹣lnx2＜0， 則上式可化為（x1+x2）（lnx1﹣lnx2）﹣2（x1﹣x2）＜0， 令n（x）=（x1+x）（lnx1﹣lnx）﹣2（x1﹣x）， 則n′（x）=（lnx1﹣lnx）﹣（x1+x）+2 =lnx1﹣lnx﹣+1， n″（x）=﹣+=， ∵則當x∈（x1，+∞）時，n″（x）＜0， 則n′（x）在（x1，+∞）上是減函數(shù)， 則n′（x）＜n′（x1）=0， 則n（x）在（x1，+∞）上是減函數(shù)， 則n（x）＜n（x1）=0， 則（x1+x2）（lnx1﹣lnx2）﹣2（x1﹣x2）＜0， 故對任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），不等式恒成立． 點評： 本題考查了函數(shù)的零點的個數(shù)的判斷，同時考查了恒成立問題的處理方法，判斷單調(diào)性一般用導數(shù)，本題用到了二階求導及分化求導以降低化簡難度，屬于難題．